\documentclass[12pt, a4paper]{article}
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\geometry{
	a4paper,
	left=12.7 mm,
	right=12.7 mm,
	top=12.7 mm,
	bottom=12.7 mm,
}
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\usepackage{physics}
\graphicspath{ {./} }
\usepackage{ctex}

\newcommand{\bvec}[1]{\ensuremath{\mathbf{#1}}}
\newcommand{\matrx}[1]
{
	\ensuremath
	{
		\left (
		\begin{matrix}
			#1
		\end{matrix}
		\right)
	}
}

\begin{document}
	
	\section{经典的角动量}
	\footnote{本文是Griffiths《量子力学导论》的学习笔记}
	在经典力学中，角动量算符的定义是
	\begin{equation}
		\bvec L = \bvec r \times \bvec p
		\qquad
		\matrx
		{
			L_x \\
			L_y \\
			L_z \\
		}
		= \det
		\matrx
		{
			i & j & k \\
			x & y & z \\
			p_x & p_y & p_z \\
		}
		=
		\matrx
		{
			yp_z - zp_y \\
			zp_x - xp_z \\
			xp_y - yp_z
		}
	\end{equation}
	那么相应的角动量的平方和是
	\begin{equation}
		L^2 = L_x^2+L_y^2+L_z^2
	\end{equation}
	
	\newpage
	
	\section{量子的角动量}
	\subsection{角动量算符的定义}
	只要把经典角动量定义中的$x, p_x$等换成相应的算符$\hat x, \hat p_x$等,
	就得到了量子力学中的角动量算符：
	\begin{equation}
		\hat {\bvec L} = \hat {\bvec r}  \times \hat {\bvec p}
		\qquad 
		\matrx
		{
			\hat L_x \\
			\hat L_y \\
			\hat L_z \\
		}
		= 	
		\matrx
		{
			y \hat p_z - z \hat p_y \\
			z \hat p_x - x \hat p_z \\
			x \hat p_y - y \hat p_z \\
		}
		=
		\matrx
		{
			-i\hbar (y\pdv{}{z} - z\pdv{}{y}) \\
			-i\hbar (z\pdv{}{x} - x\pdv{}{z}) \\
			-i\hbar (x\pdv{}{y} - y\pdv{}{x}) \\
		}
	\end{equation}
	那么相应的角动量的平方和
	\footnote{我没看到有人这么展开过...可能有计算错误}
	是：
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			\hat L^2 
			& = \hat L_x \cdot \hat L_x + \hat L_y \cdot \hat L_y + \hat L_z \cdot \hat L_z \\
			& = -2\hbar^2 
			(
			x^2\pdv[2]{~}{x} + y^2\pdv[2]{~}{y} + x^2\pdv[2]{~}{z}
			-x\pdv{~}{x} -y\pdv{~}{y} -z\pdv{~}{z}
			-xy \frac{\partial^2 ~}{\partial x \partial y}
			-yz \frac{\partial^2 ~}{\partial y \partial z}
			-zx \frac{\partial^2 ~}{\partial z \partial x}
			) \\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	别看量子的角动量和经典的角动量师出同门，
	他们的差别可大了。
	
	\subsection{角动量的（不）互易性}
	可以证明（参考附录），与位置、动量的分量不同，角动量的各个分量间是\textbf{不互易}的：
	\begin{equation}
		[\hat L_x, \hat L_y] = i \hbar \hat L_z
		\qquad  [\hat L_y, \hat L_z] = i \hbar \hat L_x
		\qquad  [\hat L_z, \hat L_x] = i \hbar \hat L_y
	\end{equation}
	但是，角动量总量和各个分量又是\textbf{互易}的：
	\begin{equation}
		[\hat L^2, \hat L_x] = [\hat L^2, \hat L_y] = [\hat L^2, \hat L_z] = 0
	\end{equation}
	这个奇妙的性质给予了量子角动量极为特别的物理属性。
	
	不太严谨地说，这意味着在量子世界中，一个粒子不可能同时具有确定的$L_x, L_y, L_z$。
	换句话说，不存在一个本征态，使得一个粒子具有同时确定的$L_x, L_y, L_z$。
	我们只能同时确定粒子的角动量总量$L^2$及其在某一方向上的分量，比如$L_z$。
	
	根据Griffiths的说法，假设我们量出了某一粒子的$L^2$与其在某一方向上的分量$L_z$，
	那么我们可以继续量$L_x$与$L_y$、以确定$L$的各个分量吗？
	事实上，当我们量出$L_x$时，我们势必改变$L_z$或$L^2$，这使得我们先前关于$L^2$与$L_z$的测量不大有效了。
	因此，我们不能同时知道$L_x, L_y, L_z$。
	
	\subsection{角动量的本征函数与本征值}
	在直角坐标系中我们很难求解角动量的本征方程，因此我们一般在球坐标系中这么做。
	尽管在球坐标中相关的证明非常繁琐，\textsl{但至少它们存在}，参考Griffiths《量子力学导论》。
	在球坐标系中，角动量可以写为：
	\begin{equation}
		\matrx
		{
			\hat L_x \\
			\hat L_y \\
			\hat L_z \\
		}
		=
		\matrx
		{
			-i\hbar (-\sin \phi \pdv{~}{\theta} -\cos \phi \cot \theta \pdv{~}{\phi}) \\
			-i\hbar (\cos \phi \pdv{~}{\theta} - \sin \phi \cot \theta \pdv{~}{\phi}) \\
			-i\hbar \pdv{~}{\phi} \\
		}
	\end{equation}
	以及
	\begin{equation}
		\hat L^2 = - \hbar^2
		\left (
		\frac{1}{\sin \theta} \pdv{~}{\theta}~(\sin \theta \pdv{~}{\theta}) 
		+\frac{1}{\sin^2 \theta} (\pdv[2]{~}{\phi})  
		\right )
	\end{equation}
	
	
	我们已经知道，在表世界（位置表象）中，求解算符的本征函数相当于求解一个微分方程，
	$$
	\hat L^2 Y = \underline{~~}  Y
	\qquad 
	- \hbar^2
	\left (
	\frac{1}{\sin \theta} \pdv{~}{\theta}~(\sin \theta \pdv{~}{\theta}) 
	+\frac{1}{\sin^2 \theta} (\pdv[2]{~}{\phi})  
	\right ) Y 
	= \underline{~~} Y
	$$
	\underline{~~} 代表其本征值，我们随后确定他的形式。
	如果你很熟悉这个方程，那就对了：在氢原子中我们已经遇到了它。
	根据我们那时的经验，括号内的项$(...)$适合取$l(l+1)$的分离系数，然而括号外又多了一项$\hbar^2$，
	因此特征值的形式最好是$\hbar^2 l(l+1)$：
	$$
	\hat L^2 Y = \hbar^2 l(l+1)  Y
	$$
	剩余步骤非常相似，不再赘述：
	两边约去$\hbar^2$并同除以$Y$：
	$$
	\frac{1}{Y} \frac{1}{\sin \theta} \pdv{~}{\theta}~(\sin \theta \pdv{Y}{\theta}) 
	+ \frac{1}{Y} \frac{1}{\sin^2 \theta} (\pdv[2]{Y}{\phi})  
	= - l(l+1)
	$$
	设$Y=\Theta \Phi$并引入分离变量$m^2$，
	$$
	\left \{
	\begin{aligned}
		\frac{1}{\Theta} \sin \theta  \pdv{~}{\theta}~(\sin \theta \pdv{\Theta}{\theta}) + l(l+1) \sin^2 \theta & = m^2 \\
		\frac{1}{\Phi}  (\pdv[2]{\Phi}{\phi}) & = - m ^2 \\
	\end{aligned}
	\right.
	$$
	他的解是我们熟悉的：
	$$
	Y^m_l = A \Phi \Theta
	\qquad 
	\left \{
	\begin{aligned}
		\Phi & = e^{im \phi} \\
		\Theta &= P^m_l (\cos \theta) \\
	\end{aligned}
	\qquad
	l = 0,1,2,... \quad m = -l,-l+1,...,-1,0,1,...,l-1,l
	\right.
	$$
	总之，
	\begin{equation}
		\hat L^2 Y^m_l = \hbar^2 l (l+1) Y^m_l 
	\end{equation}
	此外不难看出：
	\begin{equation}
		\hat L_z Y^m_l = \hbar m Y^m_l 
	\end{equation}
	有信心这么做是因为我们知道$[L^2, L_z] = 0$。
	
	\newpage
	
	\begin{figure}[h]
		\centering
		\includegraphics[width=0.5 \linewidth]{anuglar}
		\caption{角动量示意图：a. “粒子的转速是离散的”，b. “粒子的轨道倾角也是离散的”}
		\label{fig:anuglar}
	\end{figure}
	
	根据以上的一通分析，我们发现量子世界中，粒子角动量的本征值是离散的：
	$$L^2 = \hbar^2 l (l+1) \qquad L = \hbar \sqrt{l(l+1)} \qquad l=0,1,2,3,...$$
	不仅如此，角动量分量的本征值，也得是离散的：
	$$L_z = \hbar m \qquad m = -l,-l+1,...,-1,0,1,...,l-1,l$$
	不严谨地说，这意味着，粒子的“转速”是离散的，同时粒子的“轨道倾角”也是离散的
	（当然在量子世界中，“转速”和“轨道倾角”并不是很好的物理概念）。
	\newpage
	
	
	\section{附录}
	\subsection{$[\hat L_x, \hat L_y]$}
	有很多种方法证明$[\hat L_x, \hat L_y]=i\hbar L_z$，但每一种都不大容易。
	以下使用最直接的方法。根据定义，
	\begin{equation}
		[\hat L_x, \hat L_y] =\hat L_x \hat L_y - \hat L_y \hat L_x
	\end{equation}
	其中$\hat L_x \hat L_y$：
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			\hat L_x \hat L_y & = - \hbar^2 (y\pdv{}{z} - z\pdv{}{y}) (z\pdv{}{x} - x\pdv{}{z}) \\
			& =- \hbar^2  (y\pdv{~}{z} ~(z\pdv{~}{x} ) - y\pdv{~}{z}~(x\pdv{~}{z}) - z\pdv{~}{y}~(z\pdv{~}{x} ) + z\pdv{~}{y}~(x\pdv{~}{z})  ) \\
			& = - \hbar^2  (y\pdv{~}{x} + yz \frac{\partial^2 ~}{\partial z \partial x} ~ - y\pdv{~}{z}~(x\pdv{~}{z}) - z\pdv{~}{y}~(z\pdv{~}{x} ) + z\pdv{~}{y}~(x\pdv{~}{z})  ) \\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	要注意算符运算的顺序很重要，$x \pdv{~}{x}$和$\pdv{~}{x}~x$是不同的。
	而$\hat L_y \hat L_x$：
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			\hat L_y \hat L_x & = - \hbar^2 (z\pdv{~}{x}~ - x\pdv{}{z}) (y\pdv{}{z} - z\pdv{}{y}) \\
			& = - \hbar^2 (z\pdv{~}{x}~(y\pdv{~}{z}) - z\pdv{~}{x}~ (z\pdv{~}{y}) - x\pdv{~}{z}~(y\pdv{}{z} ) + x\pdv{~}{z}~(z\pdv{}{y})) \\
			& =- \hbar^2 (z\pdv{~}{x}~(y\pdv{~}{z}) - z\pdv{~}{x}~ (z\pdv{~}{y}) - x\pdv{~}{z}~(y\pdv{}{z} ) + x \pdv{~}{y} + xz \frac{\partial^2 ~}{\partial z \partial y}) \\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	仔细地消去相同的项，得到
	\begin{equation}
		\hat L_x \hat L_y - \hat L_y \hat L_x = - \hbar^2 (y\pdv{~}{x} - x \pdv{~}{y} )
	\end{equation}
	因为
	\begin{equation}
		\hat L_z = -i\hbar (x\pdv{}{y} - y\pdv{}{x}) = i \hbar (y\pdv{}{x} - x\pdv{}{y}) 
	\end{equation}
	所以
	\begin{equation}
		\hat L_x \hat L_y - \hat L_y \hat L_x = i\hbar L_z 
	\end{equation} 
	得证。其余同理。
	
	\subsection{$[\hat L^2, \hat L_x]$}
	原则上我们仍然可以直接使用定义，但是那么做太麻烦了--我们需要聪明一点的方法。
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			[\hat L^2, \hat L_x] 
			& = [\hat L_x \cdot \hat L_x + \hat L_y \cdot \hat L_y +\hat L_z \cdot \hat L_z, \hat L_x] \\
			& = [\hat L_x \cdot \hat L_x, \hat L_x] + [\hat L_y \cdot \hat L_y, \hat L_x] + [\hat L_z \cdot \hat L_z, \hat L_x] \\
			& = [\hat L_y \cdot \hat L_y, \hat L_x] + [\hat L_z \cdot \hat L_z, \hat L_x] \\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	其中 $[\hat L_y \cdot \hat L_y, \hat L_x] $
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			[\hat L_y \cdot \hat L_y, \hat L_x]
			& = \hat L_y \cdot \hat L_y \cdot \hat L_x - \hat L_x \cdot \hat L_y \cdot \hat L_y \\
			& = \hat L_y \cdot \hat L_y \cdot \hat L_x  - (\hat L_y  \hat L_x + i \hbar \hat L_z ) \hat L_y \\
			& =  \hat L_y \cdot \hat L_y \cdot \hat L_x  -  \hat L_y \cdot \hat L_x \cdot \hat L_y - i \hbar \hat L_z \hat L_y\\
			& = \hat L_y \cdot ( \hat L_y \cdot \hat L_x -  \hat L_x \cdot \hat L_y)- i \hbar \hat L_z \hat L_y\\
			& = - i \hbar \hat L_y \cdot  \hat L_z- i \hbar \hat L_z \hat L_y\\
			& = - i \hbar (\hat L_y \cdot  \hat L_z + \hat L_z \cdot  \hat L_y)\\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	同理可证
	\begin{equation}
		[\hat L_z \cdot \hat L_z, \hat L_x] = i \hbar (\hat L_y \cdot  \hat L_z + \hat L_z \cdot  \hat L_y)
	\end{equation}
	因此
	$$
	[\hat L^2, \hat L_x]  = 0
	$$
	得证。其余同理。
\end{document}
